Regime dinamico

5
Regime dinamico
Esercitazioni aggiuntive
Esercizio 5.1
La rete di figura si trova a regime.
a) Si determinino le tensioni e le correnti in ogni ramo.
b) Si effettui il bilancio delle potenze.
c) Nell’ipotesi di inserire il generatore di corrente costante J ai morsetti A-B si determini la corrente a regime, I(t), che scorre nell’induttore L.
C1
R1
I(t)
V2 (t)
L
A A1
+
V1 (t)
C2
R2
R3
J
B
B1
R1 = 50 [Ω]; R2 = 200 [Ω]; R3 = 200 [Ω]
C1 = 200 [µF]; C2 = 30 [µF]; L = 5 [mH]
V1(t) = 80 sin (314t + π/4) [v] (fase in radianti); V2(t) = 20 sin (314t) [v]
J = 2 [A]
Si definiscano preliminarmente le seguenti impedenze, dato che la rete è in regime sinusoidale:
Z1 = R1 −
Z 3 =
j
= 50 − j15.924 [Ω]
ω C1
Z 2 = 200 [Ω]
R3
= 43.96 − j 82.82 [Ω]
1 + jω C2 R3
Z L = jω L = j1.57 [Ω]
Si risolva il circuito con il metodo delle correnti di maglia; definendo le due correnti di maglia J1 e
J2 come in figura si può scrivere il seguente sistema risolvente:
+
˙
V1
V˙2 +
C1
R1
J˙1
R2
J˙ 2
C2
A
R3
B
 V1 = ( Z1 + Z 2 ) J1 − Z 2 J2



 
 
V2 = ( Z L + Z 3 + Z 2 ) J 2 − Z 2 J1
2
Regime dinamico
Risolvendo il sistema si ottiene:
J1 = 0.22 + j 0.74 = 0.776 e j 73.2 [A] (fasi in gradi)
J2 = 0.057 + j 0.628 = 0.631e j 84.83 [A]
Note le due correnti di maglia si ricavano:
I1 = J1 = 0.776 e j 73.2 [A]; VR1 = 11.21 + j 37.14 = 38.8 e j 73.2 [v]
VC1 = 11.78 − j 3.50 = 12.29 e− j16.547 [v]
IR2 = 0.163 + j 0.112 = 0.198 e j 34.46 [A]; VR2 = 39.587 e j 34.46 [v]
IL = J2 = 0.631e j 84.83 [A]; VL = −0.986 + j 0.089 = 0.99 e j174.83 [v]
IC2 = 0.780 − j 0.414 = 0.883e− j 27.958 [A]; VC2 = 54.51 + j 22.90 = 59.125 e j 22.79 [v]
IR3 = 0.272 + j 0.114 = 0.296 e j 22.79 [A]
I valori delle potenze attiva e reattiva sono rispettivamente:
P=
Q=−
2
R1 I1
2
ω C1 VC1
2
+
R2 IR2
2
−
2
2
+
ω C2 VC2
R3 IR3
2
= 27.732 [W]
2
2
2
+
VL
2
2ω L
= −20.896 [VAR]
Per calcolare il bilancio delle potenze basta ricavare il valore della potenza complessa A* erogata dai
due generatori:
A* = 27.72 − j 20.98 [VA]
Il bilancio delle potenze appare quindi verificato a meno di piccole approssimazioni.
Si supponga ora di inserire il generatore di corrente costante J ai morsetti A-B; per determinare
la corrente a regime, I(t), che scorre nell’induttore L basta osservare che, in questo caso, i condensatori sono circuiti aperti mentre l’induttore è un corto circuito; modificando lo schema come nella
seguente figura si ottiene così:
V2 (t)
R2
A
R3
J
B
i (t ) = 0, 631sin( 314 t + 84.83) + 1 [A].
La corrente del generatore costante J che scorre nell’induttore L si somma a quella sinusoidale
prodotta dai generatori V1(t) e V2(t).
3
esercitazioni
Esercizio 5.2
La rete di figura si trova a regime.
a) Si determinino le tensioni e le correnti in ogni ramo.
b) Si effettui il bilancio delle potenze.
c) Nell’ipotesi di inserire il generatore di corrente costante J ai morsetti A-B si determini la corrente a regime, I(t), che scorre nell’induttore L.
C1
R1
V1 (t)
I(t)
V2 (t)
L
A A1
+
R3
C2
R2
J
B B1
R1 = 10 [Ω]; R2 = 200 [Ω]; R3 = 200 [Ω]
C1 = 100 [µF]; C2 = 10 [µF]; L = 5 [mH]
V1(t) = 100 sin (314t) [v]; V2(t) = 10 sin (314t + π/4) [v] (fase in radianti)
J = 1 [A]
Si definiscano le seguenti impedenze, dato che la rete è in regime sinusoidale:
Z1 = R1 −
j
= 10 − j 31.85 [Ω]
ω C1
Z 2 = 200 [Ω]
Z 3 =
R3
= 143.43 − j 90.08 [Ω]
1 + jω C2 R3
Z L = jω L = j1.57 [Ω]
Per risolvere la rete si utilizzi il metodo delle correnti di maglia; dopo aver definito le due correnti di
maglia J1 e J2 come in figura si può scrivere il seguente sistema risolvente:
C1
R1
+
V˙1
J˙1
R2
L
+
V˙2
C2
1
A
R3
J˙ 2
B
 V1 = ( Z1 + Z 2 ) J1 − Z 2 J2
 


 
 
−V2 = ( Z L + Z 3 + Z 2 ) J 2 − Z 2 J1
Si determinano così le due correnti di maglia:
J1 = 0.733 + j 0.388 = 0.829 e j 27.904 [A] (fasi in gradi)
J2 = 0.331 + j 0.291 = 0.441e j 41.278 [A]
4
Regime dinamico
Note le correnti di maglia si possono ricavare le altre grandezze richieste:
I1 = J1 = 0.829 e j 27.904 [A]; VR1 = 8.29 e j 27.904 [v]
VC1 = 12.365 − j 23.35 = 26.419 e− j 62.094 [v]
IR2 = 0.402 − j 0.097 = 0.413e j13.613 [A]; VR2 = 82.638 e j13.613 [v]
IL = J2 = 0.441e j 41.278 [A]; VL = 0.457 + j 0.52 = 0.692 e j 48.716 [v]
IC2 = −0.037 + j 0.231 = 0.234 e j 99.15 [A]; VC2 = 73.527 + j11.983 = 74.497 e j 9.256 [v]
IR3 = 0.369 + j 0.059 = 0.373e j 9.157 [A]
Per valutare il bilancio delle potenze si determinino inizialmente quelle (attiva e reattiva) impegnate
dai componenti passivi:
P=
Q=−
2
R1 I1
2
ω C1 VC1
+
2
−
2
R2 IR2
2
+
2
ω C2 VC2
R3 IR3
= 34.4 [W]
2
2
2
2
+
VL
2
2ω L
= −19.519 [VAR]
Si confrontino ora questi valori con le componenti della potenza complessa A* erogata dai generatori:
A* = 34.44 − j19.54 [VA]
Il bilancio delle potenze appare quindi verificato a meno di piccole approssimazioni.
Si supponga ora di inserire il generatore di corrente costante J ai morsetti A-B; per determinare
la corrente a regime, I(t), che scorre nell’induttore L basta osservare che, in questo caso, i condensatori sono circuiti aperti mentre l’induttore è un corto circuito; modificando lo schema come nella
seguente figura si ottiene così:
V2 (t)
R2
A
R3
J
B
i (t ) = 0, 44 sin( 314 t + 41.278 ) − 0.5 [A].
La corrente del generatore costante J che scorre nell’induttore L si somma algebricamente a
quella sinusoidale, prodotta dai generatori V1(t) e V2(t).
Esercizio 5.3
Per il circuito riportato in figura, costituito da elementi lineari, tempo-invarianti e in regime sinusoidale:
– si calcolino le tensioni e le correnti di ramo;
– si disegni il diagramma dei fasori;
5
esercitazioni
–
–
si esegua il bilancio delle potenze;
⋅
⋅
si decida come variare il valore di L1 per ridurre lo sfasamento tra VC2 e VR1, e si calcoli il suddetto valore per la relativa minimizzazione.
R1
e2
R2
C2
+
e1
L1
C1
L2
e3
+
e1 = 60sin(314t) [v]; e2 = 80sin(314t) [v]; e3 = 100sin(314t) [v]
R1 = 30 [Ω]; R2 = 10 [Ω]; L1 = 100 [mH]; L2 = 60 [mH]
–
C1 = 80 [µF]; C2 = 120 [µF]; vC1(0-) = vC2(0 ) = 0 [v]
Si cominci col trasformare il circuito secondo il seguente schema:
i2
R2
i1
R1
L1
C1
L2
C2
i3
Trasformando i generatori di tensione in generatori di corrente si ha:
i1 =
e1
= 2 sin( 314 t ) [A]
R1
i2 =
e2
= 8 sin( 314 t ) [A]
R2
–
Poiché vC2(0 ) = 0 [v] si ha inoltre:
i3 = C 2
π
de3
= 3.768 sin( 314 t + ) [A] (fase in radianti)
2
dt
Poiché il circuito lavora in regime sinusoidale si può studiare nel dominio dei fasori; conviene quindi
ridisegnarlo definendo le ammettenze equivalenti per semplificarne l’analisi, e rappresentando le
sollecitazioni in ingresso e le grandezze in uscita mediante i rispettivi fasori; si ha:
e1 (t ) → E1 (t ) ; E1 (t ) = E1e j 314 t = 60 e j 314 t [v]
e2 (t ) → E 2 (t ) ; E 2 (t ) = E 2 e j 314 t = 80 e j 314 t [v]
e3 (t ) → E 3 (t ) ; E 3 (t ) = E 3e j 314 t = 100 e j 314 t [v]
i1 (t ) → I1 (t ) ; I1 (t ) = I1e j 314 t = 2 e j 314 t [A]
6
Regime dinamico
i2 (t ) → I2 (t ) ; I2 (t ) = I2 e j 314 t = 8 e j 314 t [A]
j
π
i3 (t ) → I3 (t ) ; I3 (t ) = I3e j 314 t = 3.768 e 2 e j 314 t = j 3.768 e j 314 t [A]
v1 (t ) → V1 (t ) ; V1 (t ) = V1e j 314 t [v]
v2 (t ) → V2 (t ) ; V2 (t ) = V2 e j 314 t [v]
Le ammettenze equivalenti sono definite come:
1
1
+
+ jω C1 = 33.333 ⋅ 10 −3 − j 6.727 ⋅ 10 −3 [S]
Y1 =
R1 jω L1
1
Y2 =
= 0.1 [S]
R2
Y3 =
1
+ jω C2 = − j15.398 ⋅ 10 −3 [S]
jω L2
Il circuito si può rappresentare, allora, mediante il seguente schema:
I˙2
V˙1
I˙1
Y˙1
V˙2
Y˙2
Y˙3
I˙3
Per la risoluzione di questo circuito si può usare il metodo dei potenziali di nodo; con riferimento allo
schema citato si può scrivere il seguente sistema risolvente:
 (Y1 + Y2 )V1 − Y2V2 = I1 + I2
   
(Y2 + Y3 )V2 − Y2V1 = − I2 − I3
Risolvendo si ottiene:
V1 = 118.197 − j 65.476 = 135.121e− j 28.984 [v] (fasi in gradi)
V2 = 52.800 − j 95.030 = 108.713e− j 60.943 [v]
Noti i potenziali di nodo V1 e V2 si possono calcolare le grandezze di ramo; si faccia riferimento al
seguente schema, in cui sono indicati i versi adottati delle tensioni e delle correnti di ramo:
7
esercitazioni
I˙R 1 R 1
+
˙
E1
V˙1 I˙R 2 R 2
I˙L1
L1
+
E˙ 2
V˙2
I˙C 1
I˙L2
C1
L2
I˙C 2
C2
E˙ 3
+
Dalla relazione:
E1 − R1 IR1 − V1 = 0
si ricava immediatamente IR1 ; si ha:
IR1 = −1.940 − j 2.182 = 2.920 e j 228.360 [A]
Si osservi che l’angolo di fase è stato determinato valutando i segni delle componenti reale e immaginaria della corrente IR1 .
Si spieghi fisicamente il valore della fase di IR1 .
1 
V
IL1 = YL1V1 =
V1 = 1 = 4.303e− j118.984 [A]; IC1 = YC1V1 = jω C1V1 = 3.394 e j 61.016 [A]

Z L1
jω L1
V
IR2 = 1.460 − j 2.955 = 3.296 e− j 63.707 [A]; IL2 = YL2 V2 = 2 = 5.770 e− j150.943 [A]
jω L2
IC2 = jω C2 (V2 + E 3 ) = 3.581 + j 5.757 = 6.780 e j 58.117 [A]; IE1 = 2.920 e j 228.360 [A]
IE2 = 3.296 e− j 63.707 [A]; IE3 = 6.780 e j 58.117 [A]
VR1 = R1 IR1 = 87.6 e j 228.360 [v]; VL1 = 135.121e− j 28.984 [v]
VC1 = 135.121e− j 28.984 [v]; VR2 = R2 IR2 = 32.96 e− j 63.707 [v]
VL2 = 108.713e− j 60.943 [v]; VC2 =
IC2
jω C2
= 179.936 e− j 31.883 [v]
Calcolati i valori delle tensioni e delle correnti in ogni ramo si può facilmente tracciare il diagramma
dei fasori, avendo prefissato le unità di misura per le tensioni e per le correnti.
8
Regime dinamico
Im
I˙C 2 = I˙E 3
10 [V]
1 [A]
I˙C1
Re
V˙ R2
V˙R 1
I˙L2
I˙R1 = I˙E1
V˙ L1 = V˙C1
I˙R2 = I˙E 2
I˙L1
V˙L 2
V˙C 2
Per valutare il bilancio delle potenze si cominci col calcolare le potenze attiva e reattiva impegnate
da ciascun generatore.
(
(
(
(
(
)
)
1  
E I cos j E − j I  = −58.206 [W]
1
E1
2 1 E1
1
QE = E1 IE sin j E − j I  = 65.466 [VAR]
1
1
1
E1
2
1
PE = E 2 IE cos j E − j I  = 58.400 [W]
2
2
2
E2
2
1
QE = E 2 IE sin j E − j I  = 118.200 [VAR]
2
2
2
E2
2
1
PE = E 3 IE cos j E − j I  = 179.055 [W]
3
3
3
E3
2
1
QE = E 3 IE sin j E − j I  = −287.854 [VAR]
3
3
3
E3
2
PE =
1
)
)
)
(
)
Il bilancio delle potenze attive si può scrivere come:
PE1 + PE 2 + PE 3 =
2
1  2
1
I R1 R1 + IR2 R2
2
2
179.249 ≅ 182.214 [W] = [W]
Il bilancio delle potenze attive, approssimativamente per motivi di calcolo, è dunque verificato.
9
esercitazioni
Per studiare come L1 influenzi lo sfasamento tra VC2 e VR1 occorre risolvere le equazioni ai
potenziali di nodo evidenziando L1.
Si trasformino nuovamente i generatori di tensione in generatori di corrente e si riscriva, per
cominciare, Y1 :
(
)
1
1
+
+ jω C1 = 33.333 ⋅ 10 −3 + j 2.512 ⋅ 10 −2 − 3.185 ⋅ 10 −3 Γ1 [S]
Y1 =
R1 jω L1
–1
si è indicata con Γ1 [H ] l’induttanza reciproca di L1, cioè Γ1 = L1−1 .
Le ammettenze Y2 e Y3 rimangono invariate.
Poiché le equazioni ai potenziali di nodo contengono le ammettenze Y1 , Y2 e Y3 esse, formalmente, rimangono invariate.
L’espressione di V1 diviene:
V1 =
=
− ( I2 + I3 )Y2 + ( I1 + I2 ) (Y2 + Y3 )
=
(Y2 + Y3 )(Y1 + Y2 ) − Y22
0.2 − j 0.531
−3
−5
(
3.687 ⋅ 10 − 4.904 ⋅ 10 Γ1 + j 4.640 ⋅ 10 −4 − 3.185 ⋅ 10 −4 Γ1
)
Quindi si ottiene:
V2 =
0.030 − 0.012 Γ1 − j ( 0.702 − 0.025 Γ1 )
(
−3
3.687 ⋅ 10 − 4.904 ⋅ 10 −5 Γ1 + j 4.640 ⋅ 10 −4 − 3.185 ⋅ 10 −4 Γ1
Si ha:
)
VR1 = E1 − V1
L’espressione della fase di VR1 è:
1 ⋅ 10 −10 Γ12 − 8.975 ⋅ 10 −5 Γ1 + 2.051 ⋅ 10 −3
6.230 ⋅ 10 −6 Γ12 − 1.988 ⋅ 10 −4 Γ1 + 3.376 ⋅ 10 −4
φVR1 = tan −1
Per VC2 :
VC2 = V2 + E 3
L’espressione della fase di VC2 è:
φVC 2 = tan −1
5.750 ⋅ 10 −6 Γ12 − 1.281 ⋅ 10 −4 Γ1 − 2.234 ⋅ 10 −3
−1.348 ⋅ 10 −6 Γ12 − 2.880 ⋅ 10 −4 Γ1 + 1.775 ⋅ 10 −3
Si cercano gli eventuali valori di Γ1 per i quali si annulli lo sfasamento tra VC2 e VR1
φVC 2 ( Γ1 ) − φVR1 ( Γ1 ) = 0
10
Regime dinamico
Ciò implica:
tan −1
5.750 ⋅ 10 −6 Γ12 − 1.281 ⋅ 10 −4 Γ1 − 2.234 ⋅ 10 −3
=
−1.348 ⋅ 10 −6 Γ12 − 2.880 ⋅ 10 −4 Γ1 + 1.775 ⋅ 10 −3
= tan −1
1 ⋅ 10 −10 Γ12 − 8.975 ⋅ 10 −5 Γ1 + 2.051 ⋅ 10 −3
6.230 ⋅ 10 −6 Γ12 − 1.988 ⋅ 10 −4 Γ1 + 3.376 ⋅ 10 −4
La suddetta equazione permette di eguagliare gli argomenti delle due funzioni:
5.750 ⋅ 10 −6 Γ12 − 1.281 ⋅ 10 −4 Γ1 − 2.234 ⋅ 10 −3
=
−1.348 ⋅ 10 −6 Γ12 − 2.880 ⋅ 10 −4 Γ1 + 1.775 ⋅ 10 −3
=
1 ⋅ 10 −10 Γ12 − 8.975 ⋅ 10 −5 Γ1 + 2.051 ⋅ 10 −3
6.230 ⋅ 10 −6 Γ12 − 1.988 ⋅ 10 −4 Γ1 + 3.376 ⋅ 10 −4
Essa si riduce alla seguente:
Γ14 − 57.566 Γ13 − 267.839 Γ12 + 32132.887 Γ1 − 122668.900 = 0
Risolvendo l’equazione si ottiene:
–1
Γ1 ≅ 4.065 [H ]
L1 =
1
≅ 0.246 [H]
Γ1
Esercizio 5.4
Determinare, con il metodo dei potenziali di nodo, le tensioni ai capi di ciascun bipolo nel seguente
circuito e le correnti che li attraversano, nell’ipotesi di funzionamento in regime sinusoidale:
R2
i(t)
R1
R3
C1
i(t) = 2sin(3140t + 30°) [A]
R1 = 1 [kΩ]; R2 = 500 [Ω]; R3 = 100 [Ω]; C1 = 1 [µF]
Per effettuare lo studio del circuito con il metodo dei potenziali di nodo ci si riferisca al seguente schema:
˙
B
A IR 2 R 2
I˙R 1
I˙R 3 I˙C1
V˙R 2
C1
R1
R3
I˙
V˙I
V˙ C1
V˙R 1
V˙R 3
11
esercitazioni
In esso sono state indicate tutte le tensioni e tutte le correnti da ricavare; inoltre si sono marcati i nodi
A e B ai quali scrivere le equazioni nelle incognite VA e VB (potenziali dei nodi scelti per l’analisi).
Si consideri, ancora, che si è usata la notazione per i fasori, dato che lo studio del circuito sarà
effettuato in regime sinusoidale.
Quindi occorre, inizialmente, definire i fasori di tutte le grandezze interessate.
In particolare:
 j 3140 t = 2 e j 30 e j 3140 t [A]
i (t ) → I(t ) ; I(t ) = Ie
vA (t ) → VA (t ) ; VA (t ) = VA e j 3140 t [v]
vB (t ) → VB (t ) ; VB (t ) = VB e j 3140 t [v]
VA e VB sono i fasori delle tensioni ai nodi scelte per l’applicazione del metodo risolutivo del circuito.
Per semplificare i calcoli si sostituiscano ai singoli bipoli le relative ammettenze equivalenti:
1
= 1 ⋅ 10 −3 [S]
Y1 =
R1
1
= 2 ⋅ 10 −3 [S]
Y2 =
R2
1
+ jω C1 = 1 ⋅ 10 −2 + j 3.140 ⋅ 10 −3 [S]
Y3 =
R3
Si ottiene il seguente schema:
˙
A IR 2
I˙R 1
I˙
V˙I
Y˙1
Y˙2
V˙R 2
B
I˙R 2
Y˙3
V˙R 3
Si scriva, ora, il sistema risolvente nelle incognite VA e VB :
 (Y1 + Y2 )VA − Y2VB = I
   
 
(Y2 + Y3 )VB − Y2VA = 0
Risolvendo si ottiene:
VA = 655.002 + j 352.108 = 743.645 e j 28.261 [v]
VB = 116.543 + j 28.188 = 119.904 e j13.597 [v]
12
Regime dinamico
Noti i potenziali di nodo in A e B si possono ora calcolare le tensioni e le correnti di ramo:
VR1 = VA = 743.645 e j 28.261 [v]; VR2 = VA − VB = 628.381e j 31.030 [v]
VR3 = VB = 119.904 e j13.597 [v]; VC1 = VB = 119.904 e j13.597 [v]
VI = VA = 743.645 e j 28.261 [v]
VR
VR
IR1 = 1 = 0.744 e j 28.261 [A]; IR2 = 2 = 1.257 e j 31.030 [A]
R1
R2
(si osservi che IR2 = I − IR1 ; conoscendo, però, VR2 il calcolo risulta più semplice).
IR3 =
VR3
R3
= 1.199 e j13.597 [A]; IC1 =
VC1
= jω C1VC1 = 0.376 e j103.597 [A]
Z C
1
Si osservi, intanto, come la tensione e la corrente sul condensatore siano in quadratura; si confronti, poi, la fase della IR3 con quella della IC1 .
Si osservino, inoltre, gli ordini di grandezza delle tensioni e delle correnti ricavate, in relazione
ai valori dei componenti ed, in particolare, a quello della corrente erogata dal generatore.
Esercizio 5.5
Si determini la tensione tra i punti A e B nella rete di figura, usando il metodo dei potenziali di nodo.
Si supponga che il circuito lavori in regime sinusoidale.
R1
C2
C1
+
e2
+
e1
R3
R2
R4
A R5
R6
B
R1 = 500 [Ω]; R2 = 100 [Ω]; R3 = 50 [Ω]; R4 = 50 [Ω]
R5 = 200 [Ω]; R6 = 200 [Ω]; C1 = 1 [µF]; C2 = 1 [µF]
e1 = 10sin(104t) [v]; e2 = 10sin(104t) [v]
Dato che la rete lavora in regime sinusoidale conviene applicare il metodo dei fasori.
Si determinino, intanto, i fasori delle tensioni dei generatori:
4
4
e1 (t ) → E1 (t ) ; E1 (t ) = E1e j10 t = 10 e j10 t [v]
4
e2 (t ) → E 2 (t ) ; E 2 (t ) = E1 (t ) = 10 e j10 t [v]
Ciascuna tensione e corrente relativa alla rete avrà, ovviamente, il corrispondente fasore.
Per studiare il circuito con il metodo dei potenziali di nodo si trasformino i generatori di tensione
reali in generatori di corrente reali, ottenendo così:
13
esercitazioni
R1
C1
C
˙I
C2
I˙1
D
I˙R 2
I˙2
C2
R2
R3
R4
A R
5
R6
B
E
I1 = 1 = 0.200 [A]
R3
E
I2 = 2 = 0.200 [A]
R4
Si osservi che nello schema ora disegnato si è usata la notazione fasoriale e sono stati identificati i
nodi C e D ai quali conviene scrivere le equazioni di Kirchhoff alle correnti.
Per semplificare la risoluzione, inoltre, conviene definire le seguenti ammettenze equivalenti:
Y˙1
Y1 =
≡
C1
R1
jω C1
= 1.923 ⋅ 10 −3 + j 3.846 ⋅ 10 −4 [S]
1 + jω R1C1
C2
Y˙ 2
≡
R5
R3
Per calcolare Y2 conviene considerare il parallelo di due ammettenze:
Y2 =
1 1 + jω C2 ( R3 + R5 )
jω C2
+
=
= 2.4 ⋅ 10 −2 + j 2 ⋅ 10 −3 [S]
1 + jω R5 C2 R3
R3 (1 + jω R5 C2 )
Y˙3
R6
≡
R2
R4
Analogamente al calcolo di Y2 :
Y3 =
1
1
+
= 2.333 ⋅ 10 −2 [S]
R6 + R2 R4
14
Regime dinamico
Si può quindi tracciare il seguente schema:
Y˙1
C
I˙1
D
I˙2
Y˙2
Y˙3
Si può scrivere il seguente sistema nelle incognite VC e VD :
(Y1 + Y2 )VC − Y1VD = I1
   
 

(Y1 + Y3 )VD − Y1VC = I 2
La sua soluzione è:
VC = 8.294 − j 0.640 = 8.319 e− j 4.412 [v]
VD = 8.559 − j 0.053 ≅ 8.559 e− j 0.355 [v]
Poi:
IC2 = 0.034 + j 0.014 = 0.037 e j 22.380 [A]
IR2 = 0.029 − j1.767 ⋅ 10 −4 ≅ 0.029 e− j 0.349 [A]
Si possono ora ricavare VA e VB relativamente al potenziale del nodo di riferimento:
VA = 6.8 + j 2.8 [v]; VB = 5.8 − j 0.035 [v]
VAB = 1 + j 2.835 = 3.006 e j 70.571 [v]
Esercizio 5.6
Per la rete di figura, lineare, tempo-invariante e funzionante in regime sinusoidale, calcolare il valore
dell’induttanza L in modo che la corrente iL(t) sia in ritardo di fase di 30° rispetto alla tensione v(t).
iL(t)
+
v(t)
R2
R1
L
v(t) = Vsin(ωt + j) [v]; ω = 314 [rad/s]; R2 = 5 [Ω]
Si cominci col definire i fasori della tensione v(t) e della corrente iL(t):
 jω t = Ve jj e jω t [v]
v(t ) → V (t ) ; V (t ) = Ve
iL (t ) → IL (t ) ; IL (t ) = IL e jω t = I L e jθ e jω t [A]
15
esercitazioni
In generale sarà θ ≠ j .
Si ottiene subito:
IL =
V
R2 + jω L
In questo caso interessa soltanto valutare il valore di L in modo che la corrente iL(t) sia in ritardo di
fase di 30° rispetto alla tensione v(t), cioè così da avere:
θ = j − 30°
Dato che viene assegnata soltanto una differenza di fase, per semplificare la trattazione si può arbitrariamente supporre j = 0 .
Si osservi che questa ipotesi non è necessaria ai fini della risoluzione del problema.
Si ottiene allora:
φ IL = φV − tan −1
ωL
314 L
; −30° = − tan −1
R2
5
L = 9.193 ⋅ 10 −3 [H]
Esercizio 5.7
Per la rete riportata in figura, lineare, tempo-invariante e funzionante in regime sinusoidale, calcolare il valore della capacità C in modo che la corrente iC(t) sia in anticipo di fase di 40° rispetto alla
tensione v(t).
R2
+
v(t)
R1
C
iC(t)
v(t) = Vcos(ωt + j) [v]; ω = 314 [rad/s]; R2 = 5 [Ω]
Si definiscano inizialmente i fasori della tensione v(t) e della corrente iC(t):
 jω t = Ve jj e jω t [v]
v(t ) → V (t ) ; V (t ) = Ve
iC (t ) → IC (t ) ; IC (t ) = IC e jω t = I C e jα e jω t [A]
In generale sarà α ≠ j .
Risulta:
IC =
jω CV
1 + jω R2 C
16
Regime dinamico
In questo caso interessa soltanto valutare il valore di C in modo che la corrente iC(t) sia in anticipo di
fase di 40° rispetto alla tensione v(t), cioè così da avere:
α = j + 40°
Si ha allora:
φ IC = φV + 90° − tan −1 (ω R2 C )
Si ottiene:
tan −1 (ω R2 C ) = 50°
C = 7.591 ⋅ 10 −4 [F]
Esercizio 5.8
Per la rete lineare, tempo-invariante, in regime sinusoidale riportata in figura determinare il fasore
della corrente I utilizzando il diagramma dei fasori.
I˙
R
+
E˙
C
 jω t = Ee j 0 e jω t [v]; E = 1 [v]; ω = 100 [rad/s]
E (t ) = Ee
R = 2 [Ω]; C = 0.01 [F]
Si cominci con lo scrivere la legge di Kirchhoff delle tensioni all’unica maglia di cui è costituita la
rete:
 −
E − IR
I
=0
jω C
che si può scrivere come:
j 
E = RI −
I
ωC
 dove:
Si ha, ancora: E = ZI
Si ha:
j
Z = R −
ωC
1 

φ Z = φ E − φ I ; φ Z = tan −1  −
= −26.565°
 ω RC 
17
esercitazioni
Si fissi, ora, un’unità arbitraria per la rappresentazione grafica delle tensioni:
1 [V]
Si tracci un diagramma vettoriale dove si traccino, inizialmente, il vettore noto E e una retta r che
formi un angolo pari a −φ Z = 26.565° con il vettore E ; questa retta dà la direzione della corrente I :
1 [V]
φ
E˙ Z˙
r
La tensione E è data dalla somma di due termini: il primo, RI , è in fase con I , mentre il secondo,
j 
−
I , è in quadratura con I .
ωC
Il vettore E deve quindi essere scomposto secondo le due direzioni così individuate per determinare le due componenti della stessa tensione E :
1 [V]
R I˙
φ Z˙
r
−
E˙
j ˙
I
ωC
Data la rappresentazione in scala di E si potrà valutare graficamente, alla stessa scala, il modulo del
vettore RI , cioè il modulo della tensione sulla resistenza.
RI
.
Noto il valore di R si ha: I =
R
La direzione di I è già nota.
Numericamente si ha:
RI = E cos φ Z = 0.894 [v]; I = 0.447 [A].
18
Regime dinamico
Definendo la stessa scala per le correnti si rappresenta I :
1 [V]
R I˙
I˙
−
φ Z˙
1 [A]
E˙
j ˙
I
ωC
Esercizio 5.9
Determinare i valori delle tensioni e delle correnti ai capi di tutti i bipoli della rete lineare e tempoinvariante riportata in figura usando il metodo della falsa posizione.
L2
R2
L1
R1
v 1 (t)
R1 = 100 [Ω]; R2 = 100 [Ω]; L1 = 0.2 [H]; L2 = 0.1 [H]
v1(t) = 10cos(1000t) [v]
Per applicare il metodo della falsa posizione si supponga di conoscere la corrente I2 riportata nello
schema seguente:
I˙
L1
I˙2 R 2
I˙1
L2
V˙R 2 R 1
V˙L1
V˙L2
V˙R 1
+
V˙1
Si osservi che lo schema riporta tutte le grandezze nel dominio dei fasori.
Si assegni alla corrente I2 il valore: I2 = 1e j 0 [A].
Tale valore non è, ovviamente, vero.
Il fasore della tensione v1(t) è:
V1 (t ) = V1e jω t = 10 e j 0 e j1000 t [v]
Tale valore è un dato del problema.
19
esercitazioni
Si fissino ora le scale di rappresentazione grafica delle tensioni e delle correnti:
25 [V]
1 [A]
Si possono facilmente calcolare e rappresentare graficamente le tensioni VR2 e VL2 :
VR2 = R2 I2 = 100 [v]
VL2 = jω L2 I2 = 100 e j 90 [v]
V˙L2
I˙2
V˙R 2
Si ricava ora: VR1 = VR2 + VL2 = 100 + j100 = 141.421e j 45 [v].
VR
Nota VR1 si ricava I1 : I1 = 1 = 1 + j1 = 1.414 e j 45 [A].
R1
Si rappresentino, ora, i fasori determinati:
V˙L2
V˙R 1
I˙1
I˙2
V˙R 2
Si calcoli la corrente I : I = I1 + I2 = 2 + j1 = 2.236 e26.565 [A].
Quindi: VL1 = jω L1 I = −199.993 + j 399.988 = 447.2 e j116.565 [v].
Si ottiene quindi la tensione sul generatore V1 che dovrebbe corrispondere all’assegnazione
effettuata inizialmente per I2 :
V1 = VL1 + VR1 = −99.993 + j 499.988 ≅ 510 e j101.309 [v]
20
Regime dinamico
Il diagramma dei fasori diventa:
V˙1
V˙L1
V˙L2
V˙R1
I˙1
V˙1 vero
I˙2
I˙
V˙R 2
Per la linearità della rete si possono calcolare il fattore di scala α che permette di ottenere i veri moduli di tutte le grandezze e lo sfasamento δ che si deve applicare alle relative fasi (fittizie) trovate per
ottenere i valori reali:
α=
V1vero
= 19.608 ⋅ 10 −3 ; δ = φV1vero − φV1 fittizio = −101.309°

V1 fittizio
Si ha:
VR1vero = 2.773e− j 56.309 [v]; I1vero = 27.726 ⋅ 10 −3 e− j 56.309 [A]
21
esercitazioni
VR2 vero = 1.961e− j101.309 [v]; VL2 vero = 1.961e− j11.309 [v]
I2 vero = 19.608 ⋅ 10 −3 e− j101.309 [A]; Ivero = 43.843 ⋅ 10 −3 e− j 74.744 [A]
VL1vero = 8.769 e j15.256 [v]
Il diagramma vettoriale relativo alla rete descritta è allora, usando le seguenti scale, più appropriate
dati i nuovi campi dei valori:
1 [V]
50 [mA]
V˙L1
I˙2
V˙R 2
V˙1
V˙L2
I˙
I˙1
V˙R 1
Esercizio 5.10
Si determinino, con il metodo della falsa posizione, le tensioni e le correnti su tutti i bipoli della rete
schematizzata in figura, lineare, tempo-invariante e in regime sinusoidale:
R1
+
e(t)
R2
C
L
e(t) = 200 sin (314t + π/6) [v] (fase in radianti)
R1 = 10 [Ω]; R2 = 50 [Ω]; L = 1 [H]; C = 10 [µF]
Si definisca il fasore della tensione e(t):
j
π
 jω t = 200 e 6 e j 314 t [v]
e(t ) → E (t ) ; E (t ) = Ee
Per applicare il metodo della falsa posizione occorre identificare una grandezza la cui conoscenza
permetta di calcolare tutte le altre.
Per ragioni di semplicità di applicazione del metodo conviene scegliere la corrente sul ramo RL;
ci si riferisca al seguente schema:
22
Regime dinamico
I˙R 1 R 1
+
˙
E
A
V˙R 1 R 2
I˙
L
V˙R 2
V˙C
I˙C
C
V˙L
B
Si supponga di assegnare ad I il seguente valore: I = 1e j 0 [A].
Si possono facilmente calcolare le tensioni sul resistore R2 e sull’induttore:
VR2 = R2 I = 50 [v]; VL = jω LI = j 314 [v]
La tensione tra i punti A e B è allora:
VAB = VR2 + VL = 50 + j 314 = 317.956 e j1.413 [v] (fasi in radianti).
Questa è anche la tensione ai capi del condensatore:
VC = VAB = 50 + j 314 = 317.956 e j1.413 [v]
La corrente IC vale perciò:
IC = jω CVC = −0.986 + j 0.157 = 0.998 e j 2.984 [A]
Si può così calcolare la corrente IR1 :
IR1 = I + IC = 0.014 + j 0.157 = 0.158 e j1.482 [A]
e la tensione su R1 vale:
VR1 = R1 IR1 = 0.140 + j1.574 = 1.580 e j1.482 [v]
Si ottiene così la tensione (fittizia) del generatore:
E = VR1 + VAB = 50.140 + j 315.574 = 319.532 e j1.413 [v]
Dato che la rete è lineare per tutte le tensioni e tutte le correnti trovate, con valori fittizi, si potranno
calcolare i valori veri:
α=
E vero
= 0.626 ; δ = φ E vero − φ E fittizio = −0.889 [rad]
E fittizio
VR1vero = 0.989 e j 0.593 [v]; VR2 vero = 31.3e− j 0.889 [v]
VLvero = 196.564 e j 0.682 [v]; VCvero = 199.040 e j 0.524 [v]
23
esercitazioni
IR1vero = 0.099 e j 0.593 [A]; Ivero = 0.626 e− j 0.889 [A]
ICvero = 0.625 e j 2.095 [A]
Il diagramma vettoriale relativo alle grandezze fittizie risulta:
V˙C
V˙L
I˙C
I˙R 1
E˙
10 [V]
0.1 [A]
V˙R 1
V˙R 2
I˙
Si osservi che la coincidenza delle fasi di E e di VC è dovuta unicamente alle approssimazioni numeriche, dato che il fasore VR1 non ha la loro direzione (quindi E , VC e VR1 formano un triangolo).
Trasportando E fittizio su E vero e trasformando così tutte le altre grandezze si ottiene il diagramma
vettoriale per le grandezze reali:
24
Regime dinamico
10 [V]
V˙L
0.1 [A]
E˙
V˙C
I˙C
I˙R 1
V˙R 2
V˙R 1
I˙
Esercizio 5.11
Per la rete lineare, tempo-invariante, in regime sinusoidale riportata in figura determinare il fasore
della corrente I utilizzando il metodo della falsa posizione:
I˙
R
+
˙
E
C
 jω t = Ee j 0 e jω t [v]; E = 1 [v]; ω = 100 [rad/s]
E (t ) = Ee
R = 2 [Ω]; C = 0.01 [F]
Per applicare il metodo della falsa posizione occorre identificare una grandezza attraverso la quale
si possano ricavare tutte le altre; in questo caso, dato che la rete ha una sola maglia, la corrente I ha
questa caratteristica.
Si ponga:
I = 1e j 0 [A]
Si ha, con riferimento al seguente schema:
I˙
+
˙
E
VR = RI = 2 [v] VC =
I
= 1e− j 90 [v]
jω C
R
V˙R
V˙C
C
25
esercitazioni
Dalla legge delle tensioni di Kirchhoff per la maglia si ha:
E = VR + VC = 2 − j = 2.236 e− j 26.565 [v]
Si può così disegnare il diagramma dei fasori delle grandezze fittizie, perché calcolate con un’ipotesi
arbitraria sulla corrente I ; si fissino, a tale scopo, le scale di rappresentazione grafica della corrente
e delle tensioni:
V˙R
I˙
1 [V]
1 [A]
V˙C
E˙
In realtà E = 1e j 0 [v]; occorre quindi riportare tramite un opportuno coefficiente di trasformazione,
data la linearità della rete, il modulo di E (fittizio) determinato a quello vero; conseguentemente
occorre trasformare i moduli di tutte le altre grandezze.
Si deve, poi, ruotare E (fittizio) di un opportuno angolo fino a quando non coincida, in modulo
e verso, con E vero; si osserva che, data la linearità della rete, poiché le differenze di fase dei diversi
fasori sono costanti, la stessa rotazione avverrà per tutti.
Si calcolino, quindi, il fattore di scala (adimensionale) α e lo sfasamento δ richiesti:
α=
E vero
= 0.447
E fittizio
δ = φ E vero − φ E fittizio = 26.565°
Le grandezze vere si possono così calcolare:
VRvero = 0.894 e j 26.565 [v]
VCvero = 0.447 e− j 63.435 [v]
Ivero = 0.447 e j 26.565 [A]
Modificando opportunamente le scale di rappresentazione grafica si può tracciare il vero diagramma
dei fasori per il circuito dato:
1 [V]
1 [A]
V˙R
I˙
E˙
V˙C
26
Regime dinamico
Lo studio del diagramma dei fasori relativo a una data rete permette di comprendere, fisicamente, le
relazioni temporali tra le grandezze elettriche per i vari bipoli di quel circuito.
Esercizio 5.12
Con riferimento al circuito in figura, lineare, tempo-invariante e in regime sinusoidale, calcolare la
corrente e la tensione ai capi del generatore.
L1
A
iG
+
L2
vG
C
vC
R
B
L1 = 50 [mH]; L2 = 100 [mH]; C = 20 [µF]; R = 100 [Ω]
vC(t) = 100cos(1000t) [v]
Si definiscano, per cominciare, i fasori della tensione sul condensatore e delle grandezze cercate:
vC (t ) → VC (t ) ; VC (t ) = VC e jω t = 100 e j 0 e j1000 t [v]
vG (t ) → VG (t ) ; VG (t ) = VG e jω t = VG e jα e jω t [v]
iG (t ) → IG (t ) ; IG (t ) = IG e jω t = I G e j β e jω t [A]
dove α e β sono, rispettivamente, le fasi della tensione del generatore e della relativa corrente.
Ci si riferisca al seguente schema:
I˙L1
I˙G
+
V˙
G
L1
V˙L1
A
I˙2
I˙C
L2
C
V˙C
R
B
Conoscendo VC si calcola subito IC sul condensatore:
V
IC = C = jω CVC = j 2 [A]
Z C
V
VC è anche applicata alla serie L2 - R; quindi la corrente I2 è: I2 = C ; Z s è l’impedenza della serie
Z s
L – R e vale: Z s = Z R + Z L = R + jω L2 = 100 + j100 [Ω].
2
2
27
esercitazioni
Allora:
V
I2 = C = 0.5 − j 0.5 [A]
Z s
La corrente IG erogata dal generatore, uguale alla I1 sull’induttore L1, è data da:
IG = IC + I2 = 0.5 + j1.5 [A]
La tensione VG è data da:
VG = VL1 + VC = I1Z L1 + VC = jω L1 I1 + VC = 25 + j 25 [v]
IG si può anche esprimere mediante modulo e fase; si ha:
I G = 1.581 [A]; β = 71.565° ; IG = 1.581e j 71.565 [A]
Si trasformi anche VG :
VG = 35.355 [v]; α = 45° ; VG = 35.355 e j 45 [v]
I fasori rotanti sono quindi:
IG (t ) = IG e jω t = 1.581e j (1000 t + 71.565 ) [A]
VG (t ) = VG e jω t = 35.355 e j (1000 t + 45 ) [v]
Le funzioni del tempo cercate, dato che la tensione vC(t) è data mediante la funzione coseno, sono:
iG (t ) = Re  IG (t )  = 1.581 cos (1000t + 71.565 ) [A]
vG (t ) = Re VG (t )  = 35.355 cos (1000t + 45 ) [v]
Esercizio 5.13
Con riferimento alla rete di figura, lineare, tempo-invariante e in regime sinusoidale, determinare:
1) i fasori della corrente e della tensione sui generatori;
2) i valori di R e L per i quali la potenza complessa dei due generatori risulta uguale.
L
+
e(t)
i(t)
R
e(t) = 80sin(ωt) [v]; i(t) = 4sin(ωt) [A]; ω = 10 [krad/s]
Si determinino inizialmente i fasori delle grandezze note:
4
 jω t = 4 e j 0 e j10 t [A]
i (t ) → I(t ) ; I(t ) = Ie
4
 jω t = 80 e j 0 e j10 t [v]
e(t ) → E (t ) ; E (t ) = Ee
28
Regime dinamico
Si definiscano ora i fasori della corrente ie(t) sul generatore di tensione e della tensione vi(t) ai capi
del generatore di corrente:
ie (t ) → Ie (t ) ; Ie (t ) = Ie e jω t = I e e jj e jω t [A]
dove j è la fase di Ie ;
vi (t ) → Vi (t ) ; Vi (t ) = Vi e jω t = Vi e jθ e jω t [v]
dove θ è la fase di Vi .
Lo schema dato, in termini di fasori, può essere riproposto come segue:
L
A
I˙e
+
˙
E
V˙i
R
I˙
B
Trasformando il generatore reale di corrente in un generatore reale di tensione si ha:
L
A
I˙e
+
˙
E
E˙ 1
+
R
B

E1 = IR
L’equazione di Kirchhoff delle tensioni alla maglia è:
E − Z L Ie + E1 − Z R Ie = 0
La corrente Ie vale:
 + IR
 2
ω LE + ω LIR
E + E1
ER
Ie =
= 2
−j 2
2
2
Z L + Z R R + ω L
R + ω 2 L2
La potenza complessa erogata dal generatore di tensione risulta:
PCE =
  2 1 ω LE 2 + ω LIRE
 
1  * 1 E 2 R + EIR
EI e =
+ j
2
2 2
2
2 2
2
2 R +ω L
2
R +ω L
Si determini, a questo punto, la tensione ai capi del generatore di corrente:
29
esercitazioni
 2
 2 − ω 2 L2 IR

 + ω LIR
ω LER
ER
−
VAB = E − Ie Z L =
j
R 2 + ω 2 L2
R 2 + ω 2 L2
 + ω LIR
 2
 2 + ω 2 L2 IR

ω LER
− ER
Vi = −VAB =
+
j
R 2 + ω 2 L2
R 2 + ω 2 L2
La potenza complessa erogata dal generatore di corrente è:
  + ω LI2 R 2
  2 + ω 2 L2 I2 R 1 ω LERI
1
1 − EIR
PCI = Vi I* =
+
j
2
2
2
R 2 + ω 2 L2
R 2 + ω 2 L2
Si deve ottenere:
PCE = PCI
Occorre quindi uguagliare separatamente le parti reali e le parti immaginarie delle due espressioni;
questo conduce a un sistema di 2 equazioni in 2 incognite:
2
  = − EIR
  + ω 2 L2 I2
 E + EIR

E 2 = I2 R 2

Dalla seconda:
2
R 2 = 400 [Ω ]
R = 20 [Ω]
Dalla prima:
2
L2 = 1.2 ⋅ 10 −5 [H ]
L = 3.464 [mH]
Esercizio 5.14
Per la rete di figura, lineare, tempo-invariante e in regime sinusoidale, determinare L e C.
A
I˙R
I˙
C
P
V˙AB
Q
L
R
B
I = 10 [A]; P = 12 [kW]; Q = 400 [VAR]
3
R = 200 [Ω]; ω = 6.280 . 10 [rad/s]
30
Regime dinamico
Dal valore della potenza attiva fornita al circuito, che è dissipata soltanto dalla resistenza R, si ricava
il valore efficace, IReff, della corrente IR :
I Reff =
P
= 7.746 [A]
R
La potenza apparente afferente al circuito è:
A = P 2 + Q 2 = 12.007 [kVA]
La potenza apparente è data da:
A = VABeff I eff
dove VABeff e Ieff sono i valori efficaci della tensione ai capi del circuito e della relativa corrente d’ingresso; quindi:
VABeff =
A
= 1.698 [kv]
I eff
Risulta:
VABeff = I Re ff R +
R2 +
1
jω C
VABeff
1
=
2
I Re ff
ω C
2
C = 1.774 [µF]
Per determinare il valore dell’induttanza L si osservi che la potenza reattiva è data dalla somma di
quella relativa all’induttore, QXL, e di quella relativa al condensatore, QXC:
Q = QXL + QXC
Si ha:
QXC = −
1 2
1 2
I Ceff = −
I Re ff = −5.386 [kVAR]
ωC
ωC
QXL = Q − QXC = 5.786 [kVAR]
QXL =
2
VABeff
ωL
; L = 79 [mH]
Esercizio 5.15
Determinare la rete equivalente di Thevenin ai terminali A e B per il circuito lineare, tempo-invariante e funzionante in regime sinusoidale, riportato in figura:
31
esercitazioni
R1
A
R3
R2
L
C
+
e(t)
B
R1 = 10 [kΩ]; R2 = 100 [Ω]; R3 = 20 [kΩ]
L = 100 [µH]; C = 100 [nF]
4
e(t) = 10 sin (10 t + 30) [v] (fase in gradi)
Si definisca, inizialmente, il fasore relativo alla tensione e(t):
 jω t = 10 e j 30 e j10
e(t ) → E (t ) ; E (t ) = Ee
4
t
[v]
Determinazione della tensione VAB a circuito aperto.
Per determinare la tensione VAB del generatore della rete equivalente di Thevenin occorre considerare la seguente rete:
R1
A
V˙AB
R3
R2
+
˙
E
I˙E
C
B
Si ha:
1 
E − R2 IE − R3 IE −
IE = 0
jω C
IE = 4.969 ⋅ 10 −4 e j 32.848 [A]
Dato che la VAB è calcolata a circuito aperto la corrente su R1 è nulla, e quindi:
VAB + R2 IE − E = 0
VAB = 9.950 e j 29.987 [v]
Calcolo dell’impedenza Z eq della rete equivalente di Thevenin.
Z eq è l’impedenza vista dai morsetti A e B (a circuito aperto) azzerando i generatori indipendenti (in questo caso cortocircuitando il generatore di tensione E ).
32
Regime dinamico
Per calcolare Z eq ci si riferisca al seguente circuito, ottenuto come sopra descritto:
R1
A
R3
R2
Z˙ eq
C
B
Si definisca l’impedenza Z1 :
Z˙1
C
R3
≡
1
= 20 ⋅ 10 3 − j10 3 [Ω]
Z1 = R3 +
jω C
R Z
Z eq = R1 + 2 1 ≅ 10.100 ⋅ 10 3 e j 0 [Ω]
R2 + Z1
Si osservi come Z eq sia praticamente resistiva.
La rete equivalente di Thevenin richiesta per il circuito dato è:
Z˙ eq
A
+
˙
VAB
B
La rete di partenza si può schematizzare equivalentemente, perciò, come:
Z˙ eq
V˙AB
A
+
L
B
33
esercitazioni
Esercizio 5.16
Il circuito riportato in figura è lineare, tempo-invariante e funzionante in regime sinusoidale.
Calcolare le potenze attiva P2 e reattiva Q2 assorbite dalla serie R2 – L2.
C
R1
R2
L1
L2
i(t)
i(t) = 20 sin (100t) [A]; R1 = 50 [Ω]; R2 = 50 [Ω]
L1 = 2 [H]; L2 = 2 [H]; C = 10 [mF]
Si consideri l’impedenza Z1 di seguito definita:
Z˙1
L1
R1
≡
Z1 = R1 + jω L1 = 50 + j 200 [Ω]
Successivamente si definisca Z 2 :
Z˙ 2
C
≡
R2
L2
1 

Z 2 = R2 + j  ω L2 −
 = 50 + j199 [W]

ωC 
Lo schema dato si può quindi rappresentare come segue:
˙I1
˙I
Z˙1
˙I2
Z˙ 2
I rappresenta il fasore della corrente erogata dal generatore: I = 20 e j 0 [A].
Applicando il metodo del partitore di corrente si ha (tutte le fasi sono espresse in gradi):
I2 =
Z1 
I ≅ 10.023e j 0.034 [A]

Z1 + Z 2
34
Regime dinamico
La potenza attiva P2, nella serie R2 – L2, è dissipata soltanto dal resistore R2:
P2 =
2
1
R2 I2 = 2.511 [kW]
2
La potenza reattiva Q2, nella stessa serie, è impegnata soltanto dall’induttore L2:
2
1
Q2 = ω L2 I2 = 10.046 [kVAR]
2
Si calcolino nuovamente questi ultimi valori a partire dalla definizione di potenza complessa.